高考数学大二轮复习 刷题首选卷 第二部分 刷题型 解答题（七）理-人教版高三全册数学试题VIP免费

解答题(七)17．(2019·江西名校5月联考)已知数列{an}有an≠0，Sn是它的前n项和，a1＝3，且当n≥2时，S＝3n2an＋S.(1)求证：数列{an＋an＋1}为等差数列；(2)求{an}的前n项和Sn.解(1)证明：当n≥2时，S＝3n2an＋S，(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)＝3n2an，an≠0，所以(Sn＋Sn－1)＝3n2，(Sn＋1＋Sn)＝3(n＋1)2，两式对应相减，得an＋an＋1＝3(2n＋1)，所以(an＋an＋1)－(an－1＋an)＝6n＋3－(6n－3)＝6，又n＝2时，(3＋a2)2＝12a2＋9，所以a2＝6，所以a3＝9，所以(a2＋a3)－(a1＋a2)＝6＋9－(3＋6)＝6，所以数列{an＋an＋1}是首项为9，公差为6的等差数列．(2)当n为偶数时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝3(3＋7＋…＋(2n－1))＝3·＝(n2＋n)．当n为奇数时，Sn＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(an－1＋an)＝3＋3(5＋9＋…＋(2n－1))＝3＋3·＝(n2＋n－2)＋3＝(n2＋n)．综上，Sn＝(n2＋n)．18．(2019·福建南平二检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，AB＝2CD＝2，AD＝，PC＝3，△PAB是正三角形，E为AB的中点，平面PAB⊥平面PCE.(1)求证：CE⊥平面PAB；(2)在棱PD上是否存在点F，使得二面角P－AB－F的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．解(1)证明：因为AE∥CD，且AE＝CD＝，所以四边形AECD是平行四边形，从而AD∥CE，且CE＝AD＝，又在正△PAB中，PE＝AB＝，则在△PCE中，满足PE2＋CE2＝PC2，所以CE⊥PE，又平面PAB⊥平面PCE，平面PAB∩平面PCE＝PE，CE⊂平面PCE，所以CE⊥平面PAB.(2)由(1)，知PE⊥CE，且PE⊥AB，CE∩AB＝E，CE，AB⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，又AD⊥平面PAB，AE⊂平面PAB，所以AD⊥AE，以点E为坐标原点，分别以射线EC，EA，EP为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0，)，D(，，0)，A(0，，0)，B(0，－，0)，假设在棱PD上存在点F满足题意，设PF＝λPD，则PF＝λ(，，－)＝(λ，λ，－λ)，AF＝AP＋PF＝(0，－，)＋(λ，λ，－λ)＝(λ，λ－，－λ)，BA＝(0，2，0)，设平面ABF的法向量n＝(x，y，z)，则取z＝1，得n＝，因为平面PAB的一个法向量m＝(1,0,0)，所以|cos〈n，m〉|＝，则＝，8λ2＋2λ－1＝0，(4λ－1)(2λ＋1)＝0，因为λ>0，所以λ＝，所以在棱PD上存在点F使得二面角P－AB－F的余弦值为，且＝.19．(2019·河南六市联考一)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，点P是椭圆上的任意一点，且|PF1|·|PF2|的最大值为4，椭圆C的离心率与双曲线－＝1的离心率互为倒数．(1)求椭圆C的方程；(2)设点P，过点P作两条直线l1，l2与圆(x＋1)2＋y2＝r2相切且分别交椭圆于M，N，求证：直线MN的斜率为定值．解(1) 双曲线－＝1的离心率为＝2，∴椭圆C的离心率为，设椭圆的半焦距为c，∴a＝2c， |PF1|·|PF2|≤2＝a2，∴a2＝4，∴c＝1，又b2＝a2－c2＝4－1＝3，∴椭圆C的方程为＋＝1.(2)证明：显然两直线l1，l2的斜率存在，设为k1，k2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由于直线l1，l2与圆(x＋1)2＋y2＝r2相切，则k1＝－k2，即直线l1的方程为y－＝k1(x＋1)，与椭圆方程3x2＋4y2＝12联立，得x2(3＋4k)＋k1(12＋8k1)x＋(3＋2k1)2－12＝0， P，M为直线与椭圆的交点，∴x1－1＝－，同理，当l2与椭圆相交时，x2－1＝，∴x1－x2＝－－＝－，而y1－y2＝k1(x1＋x2)＋2k1＝，∴直线MN的斜率k＝＝－.故直线MN的斜率为定值．20．(2019·河北保定第二次模拟)已知函数f(x)＝xlnx＋ax＋1－a.(1)求证：对任意实数a，都有f(x)min≤1；(2)若a＝2，是否存在整数k，使得在x∈(2，＋∞)上，恒有f(x)>(k＋1)x－2k－1成立？若存在，请求出k的最大值；若不存在，请说明理由(e＝2.71828…)．解(1)证明：由已知易得f(x)＝a(x－1)＋xlnx＋1，所以f′(x)＝a＋1＋lnx，令f′(x)＝a＋1＋lnx＝0，得x＝e－(a＋1)，显然，x∈(0，e－(a＋1))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；x∈(e－(a＋1)，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(e－(a＋1))＝1－a－e－(a＋1)，令t(a)＝f(x)min，则由t′(a)＝－1＋e－(a＋1)＝0，得a＝－1，所以a∈(－∞，－1)时，t′(a)>0，函数t(a)单调递增，a∈(－1，＋∞)时，t′(a)<0，函数t(a)单调递减，所以...